精品解析：四川省南充市嘉陵第一中学2024-2025学年高一下学期5月期中考试数学试题

嘉陵一中高2024级高一下期中考试 数学试题 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分， 考试时间120分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题） 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由纯虚数定义列方程和不等式即可求解. 【详解】由题可得. 故选：B 2. 如图，在中，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得结果. 【详解】由，可得， . 故选：A. 3. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 【答案】B 【解析】 【分析】将异名三角函数化为同名三角函数，在根据平移规则，再求解出答案. 【详解】因为， 所以，要得到函数，只需要将函数得图象向右平移个单位长度即可. 故选：B. 4. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原图形，结合图形求解. 【详解】根据斜二测画法还原得下图： 因为四边形是边长为的正方形，则，所以，， 又因为，，则， 同理可得，， 因此，原图形的周长为. 故选：B. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据已知条件求出与的和、差、积，再利用立方差公式来计算的值． 【详解】已知，将等式两边同时平方可得． 根据完全平方公式展开得． 因为，所以，移项可得，则．  因为，且，所以与异号，又因为在上，所以．  ，由于，，则． 因为，，所以，那么．  根据立方差公式． 因为，，，所以．  的值为． 故选：C． 6. 已知一个正四棱锥底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】由内切球的体积为可求内切球的半径.设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点.根据正四棱锥的底面边长及即可求解的值，利用棱锥体积公式即可求解. 【详解】因为内切球的体积为，所以内切球的半径为1. 如图所示，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点. 因为正四棱锥的底面边长为， 所以. 又，所以，即，解得. 所以，所以正四棱锥的体积为. 故选：C. 7. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值. 【详解】设，如图， 由题意，即在平行四边形中，，， 求的最大值. 延长至，使，则， 由正弦定理，三点所在外接圆的直径， 所以，设圆心为，如图， 所以可知，又， 所以由余弦定理可得， 则由图象可知， 故选：C 8. 在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在正四面体中,由平面,找出在平面上的射影,再沿展开平面,使之与平面重合,此时,的最小值即为点到的距离,最后,结合数据解三角形即可. 【详解】由题知,在正四面体中,为中点, , 平面, 设中点为,连, 为中点, ,且, 平面, 即为在平面上的射影, 沿展开平面,使之与平面重合, 此时,的最小值即为点到的距离, 故过点作于点, 又, , , , 故选:A. 【点睛】本题考查空间几何体中的距离最值问题,需要学生有较强的空间想象和思维能力,综合性较强.在解决此类最值问题时,一般采用侧面展开的形式,将立体问题转化为平面问题解决. 二、多选选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，其中为虚数单位，下列说法正确的是（ ） A. B. ，则 C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对A，由虚数单位的次方规律求解判断；对B，由复数的虚部不为0时，复数不能比较大小判断；对C，根据复数的乘法运算和复数的模计算公式求解判断；对D，举反例说明. 【详解】对于A，因为的取值是以4为周期，所以，故A正确； 对于B，当复数的虚部不为0时，复数不能比较大小，如，，故B错误； 对于C，设，则，所以，故C正确； 对于D，举反例，如，则，而，故D错误. 故选：AC. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 是的一个对称中心 C. 的单调递增区间 D. 若实数，满足.，则的最小值为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据图象可知，进而求出的值，再由两条相邻对称轴的距离可求出周期，进而可求出，再把最高点代入可求出；对于B，只需验证是否为即可；对于C，利用整体的思想求解即可；对于D，由求出，的最小值即为相邻两个的差的绝对值. 【详解】对于A，由图形可知，解得； 因为，所以，所以； 所以， 将点代入可得， 即，所以，又，所以， 所以，故A错误； 对于B，当， 所以是的一个对称中心，故B正确； 对于C，令，解得， 所以的单调递增区间为，故C错误； 由， 则或者， 故，故D正确． 故选：BD 11. 如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上的两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ） A. 截正方体的截面可能是正五边形 B. 当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47 C. 当E，F分别是的中点时，上存在点P使得 D. 当F是中点时，满足的点E有且只有2个 【答案】BCD 【解析】 【分析】A.若截面为五边形，则截面与正方体的5个面都相交，则必有两条交线平行，与正五边形的性质矛盾. B．作出截面，分别求出两部分的体积，再求体积比. C.作出截面，再在线段上找出P，证明. D.分别从点在线段上去讨论是否成立. 【详解】A.若截正方体的截面为五边形，则五边形必有两条边位于正方体相对的平行平面上，此时该五边形必有两条边相互平行，但正五边形没有哪两条边平行，故截面不可能是五边形，选项A错误． B.如图，延长分别交于点G，I，连接分别交于点H，J， ∴截面为五边形，记正方体棱长为6，， 截面下侧的体积为， 另侧体积为：，∴，故选项B正确. C．截面为图中等腰梯形，此时取中点P，知， 平面,平面 ∴，故选项C正确． D.当E在上时，设， 由，故上有一个点E； 当E在上时，，故上不存在这样的点E； 当E在上时，，故上也不存在； 当E在上时，设，∴，故上存在一个点E， ∴共2个，选项D正确． 故选：BCD. 【点睛】作截面的三种方法： ①直接法：截面的定点在几何体的棱上 ②平行线法：截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行 ③延长交线得交点：截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上 第II卷（非选择题） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用圆锥的底面周长等于扇形的弧长，可求得圆锥的母线长. 【详解】设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于展开图扇形的弧长， 则，解得. 故答案为：. 13. 函数最大值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式，结合二次函数求出最大值. 【详解】依题意，， 而，所以当时，取得最大值. 故答案为： 14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为______. 【答案】 【解析】 【分析】通过三角函数关系表示出不同线段的长度，再利用余弦定理分别在两个三角形中列出关于角的余弦表达式，最后联立方程组求解出线段AB的长度. 【详解】解：由题意，设中，， 同理可得， 因为，所以在中，…①， 中，…②， 由①②组成方程组，解得，即 故答案为： 四、解答题：（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知，． （1）若与的夹角为，求的值． （2）求向量在向量上投影的数量． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）首先求出和，依题意计算可得； （2）首先求出，，再根据向量上投影的数量公式计算. 【小问1详解】 因为，， 又与的夹角为， 则，解得． 【小问2详解】 因为，，所以，， 所以向量在向量上投影的数量为. 16. 在中，设所对的边分别为，已知. （1）求角的值； （2）若，判断的形状； （3）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围. 【答案】（1） （2）等边三角形 （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再逆用和角的正弦求解. （2）将边化角，将正切变成正弦和余弦再进行化简即可判断. （3）根据条件表示边，再利用三角形的面积公式及正切函数的性质求出范围. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理，得， 整理得， 因，则，则得， 而，所以. 【小问2详解】 在中，由及正弦定理，得， 故得，因，故得， 即为等边三角形. 【小问3详解】 由（1）知，， 因为锐角三角形，得，则， 由正弦定理，得， 所以. 17. 设函数， （1）若函数在是增函数，求实数的最大值； （2）设，若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由辅助角公式得到，整体法求其单调递增区间，从而得到，即可求解； （2）由得到 ，由，求解即可. 【小问1详解】 ． 令，则， 令，则；令，则； 令，则； 若函数在是增函数，则，则的最大值为； 【小问2详解】 ， 因为，则当时，， 为使在上恰有两个零点，则， 解得，则的取值范围为． 18. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）连接，证明四边形为平行四边形，即得，再由线线平行证明线面平行即可； （2）由（1）得，证得平面，再证，即可证平面，最后由线面平行推出面面平行； （3）由（1）已得，可证平面，又因面，由线面平行的性质可推得，继而得到，利用平行线分线段成比例定理即可求得的值. 【小问1详解】 连接， 在中，，，且， 又，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 由（1）得，又平面，平面， 平面， 中，，， 又平面，平面，平面， 又因且均在平面中， 平面平面. 【小问3详解】 由（1）知，又面，面，平面， 又平面，面面， ，又，，． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. （1）设函数，试求的伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值； （3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在点，使得. 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式求出，从而得到的伴随向量；（2）根据向量得到，利用利用凑角法得到；（3）先求出，再设出P点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当时，和同时等于，此时. 【小问1详解】 ，故； 【小问2详解】 由题意得：，故，由于，所以，所以，所以 . 【小问3详解】 ，所以，假设存在点，使得，则即，因为，所以，所以，又因为，所以当且仅当时，和同时等于，此时，故在函数的图象上存在点，使得. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 嘉陵一中高2024级高一下期中考试 数学试题 说明：本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分， 考试时间120分钟．答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡． 第I卷（选择题） 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1. 已知复数为纯虚数，则实数的值为（ ） A. B. 1 C. 或1 D. 2 2. 如图，在中，设，则（ ） A. B. C. D. 3. 要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向右平移个单位长度 B. 向右平移个单位长度 C. 向左平移个单位长度 D. 向左平移个单位长度 4. 如图所示，已知正方形的边长为，它是水平放置的一个平面图形斜二测画法的直观图，则其原图形的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 16 7. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 8. 在棱长均为的正四面体中，为中点，为中点，是上的动点，是平面上的动点，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 二、多选选择题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知复数，其中为虚数单位，下列说法正确的是（ ） A B. ，则 C. D. 10. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. 是的一个对称中心 C. 单调递增区间 D. 若实数，满足.，则的最小值为 11. 如图，在正方体中，E，F是底面正方形四边上两个不同的动点，过点的平面记为，则（ ） A. 截正方体的截面可能是正五边形 B. 当E，F分别是的中点时，分正方体两部分的体积之比是25∶47 C. 当E，F分别是的中点时，上存在点P使得 D. 当F是中点时，满足的点E有且只有2个 第II卷（非选择题） 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．） 12. 已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为______. 13. 函数最大值___________． 14. 解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为______. 四、解答题：（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤） 15. 已知，． （1）若与的夹角为，求的值． （2）求向量在向量上投影的数量． 16. 在中，设所对的边分别为，已知. （1）求角的值； （2）若，判断的形状； （3）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围. 17. 设函数， （1）若函数在是增函数，求实数的最大值； （2）设，若函数在区间上恰有两个零点，求的取值范围． 18. 如图已知四棱锥，底面为梯形，，，，P、Q为侧棱上的点，且，点为上的点，且． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）平面与侧棱相交于点，求的值． 19. 已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的伴随向量，同时称函数为向量的伴随函数. （1）设函数，试求伴随向量； （2）记向量的伴随函数为，求当且时的值； （3）由（1）中函数的图象（纵坐标不变）横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移个单位长度得到的图象，已知，，问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$